DIFFERENTIALLIGNINGER. Mogens Esrom Larsen

Transkript

1 DIERENTIALLIGNINGER Mogens Esrom Larsen København 21

2 Noter til indledning af kurset DL1, der er en indledning til teorien for partielle differentialligninger. Indhold 1. Kurver og flader Differentialformer og kurveintegraler Anvendelser på differentialligninger Green s sætning Differentialer af differentialformer ladeintegraler af differentialformer Eksakte og lukkede differentialformer ysikkens rum Strømme Eksempler Højere ordens ordinære differentialligninger Højere ordens ordinære differentialligninger med konstante koefficienter Cayley Hamilton s sætning Systemer af lineære differentialligninger med konstante koefficienter To koblede lineære differentialligninger med konstante koefficienter Opgaver november 21 Institut for Matematiske ag Matematisk Afdeling Københavns Universitet ISBN nr

3 1. Kurver og flader. Ved en differentiabel kurve, K, med en parameterfremstilling, φ, forstås en C 2 funktion af et interval, φ : [a, b] R n, n = 2, 3,.... x 2 φ a b t φb) φa) x 1 Hvis φ er vilkårlig ofte differentiabel, kaldes kurven glat. Tilsvarende defineres en differentiabel glat) flade,, med en parameterfremstilling, φ, som en C 2 C ) funktion, φ : [a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ] R n, n = 3, 4,.... v x 3 b 2 φa 1, b 2 ) φb 1, b 2 ) a 2 a 1 b 1 u x 2 φa 1, a 2 ) φb 1, a 2 ) x 1 ladebegrebet generaliseres til en p flade, hvor p, ved at forlange intervallet i R p. En kurve er på denne måde en 1 flade, og et punkt en flade. Man kan udmærket betragte en 3 flade i R 3 :

4 2 v x 3 u w Et eksempel er fladen kuglefladen) x 1 x 2 v x 3 π 2 φu, v) 2π u u v x 2 π 2 x 1 φ : u, v) [, 2π] [ π 2, π ] cos v cos u, cos v sin u, sin v) R3 2 Et andet eksempel er en torus, φ : u, v) [, 2π] [, 2π] cos v2 + cos u), sin v2 + cos u), sin u) R 3 2

5 3 v 2π,) 2π u x 3 x 2 x 1 Disse eksempler viser flader uden rand. Men intervallerne har alle en rand. Hvor bliver randen af? I kugletilfældet afbildes de vandrette rande, v = π 2 og v = π, i hhv. nordpol,, 1) og sydpol,, 1), mens de lodrette, u = 2 og u = 2π, afbildes i den samme kurve: v cos v,, sin v). x 3 Randens billede x 2 x 1 3

6 4 På torus afbildes de lodrette i den samme cirkel og de vandrette i den samme cirkel: x 3 x 2 x 1 Randene u = og u = 2π Randene v = og v = 2π Randene kunne forsvinde ved at falde sammen eller ved at reduceres til et enkelt punkt. Da vi er interesserede i at beskrive kuglefladen med den anførte parameterfremstilling, må vi tillade randsammenfald. Men i det indre af intervallet er sammenfald ikke så interessant. Vi indfører også en orientering af flader. ørst orienterer vi intervallerne. Et interval i R fra a til b har dermed en gennemløbsretning, nemlig fra a til b: a b Den modsatte orientering er gennemløbsretningen fra b til a. I tilfældet fra a til b vil vi endvidere orientere endepunkterne med + for b og for a: a b+ Dernæst orienterer vi et rektangel ved et omløb ad randen: 4

7 5 Ved et omløb langs randen i pilenes retning har vi det indre af rektanglet på venstre side. Afbildes det orienterede rektangel på en torus, bliver de modstående sider limet sammen på den måde, at pilene på siderne går i modsat retning: Cylinder Torus En flade, der er dannet ved at lime dele sammen med samme orientering, kan ikke selv orienteres. Et eksempel er Möbius båndet, hvor man ikke kan skelne mellem op og ned. 5

8 6 Möbius bånd Ved deling af et rektangel i to rektangler ses, at de to nye sider naturligt får modsat orientering: Deling af et rektangel Vi indfører derfor den regel, at ved sammenfald af to modsat orienterede sider hæver de hinanden. Sammenlimning af to rektangler Derved bliver sfæren og torus til flader uden rand. Vi orienterer tilsvarende en kasse: 6

9 7 Orienteret kasse Hvert rektangel på siderne orienteres således, at kanterne får modsatte orienteringer, som kræves, for at de kan hæve hinanden. Kassens overflade er derfor uden rand; alle kanter er med 2 gange, men modsat orienteret: Vi definerer nu en kæde af kurver eller flader som et sæt af kurvestykker eller fladestykker med orientering, hvor sammenfaldende dele med modsat orientering hæver hinanden.. eks. er randen af rektanglet en kæde af 4 kurver, hvis endepunkter parvis hæver hinanden. Når rektanglet afbildes på en cylinder, hæver de to af siderne hinanden, så cylinderens rand kommer til at bestå af billederne af de to andre sider, altså af 2 cirkler. Hvis en kurve eller flade er uden rand, kaldes den lukket. Eksempler er cirkel, sfære og torus. Hvis en flade har en rand, så er denne rand lukket. Spørgsmålet om, hvornår en lukket kurve eller flade er en rand, er emnet for den algebraiske topologi. Det drejer sig om, hvorvidt rummet har huller. I planen er en lukket kurve uden selvgennemskæringer rand af et område, men i en hullet plan som f. eks. R 2 \ {, )} gælder det ikke: 7

10 8 R 2 R 2 \{, )} {, )} rand ikke rand Vi definerer nu som den funktion, der til en flade lader svare dens rand, som er en kæde af flader af lavere dimension med den nedarvede orientering. Sætning 1. En rand er altid lukket. = 2. Differentialformer og kurveintegraler. Differentialet af en differentiabel funktion af 2 variable, fx, y), er som bekendt en funktion af 4 variable, x, y, dx, dy, som er lineær i de to sidste, fx, y) dx + x fx, y) dy Det er naturligt at spørge om, hvorvidt et tilsvarende udtryk * ) P x, y)dx + Qx, y)dy hvor P og Q er funktioner af R 2 ind i R, er differential af en funktion, fx, y). Et udtryk af formen * ) kaldes en differentialform. Hvis der findes en funktion, f, med * ) som differential, kaldes * ) et totalt differential. Som bekendt gælder, at hvis f er kontinuert differentiabel, så er 2 f x = 2 f x Med andre ord, en nødvendig betingelse for, at * ) er et totalt differential, er, at der gælder: ) P = Q x Betingelsen ) er tilstrækkelig, hvis funktionerne P og Q er definerede overalt. Thi vi kan da definere f som fx, y) = x a P t, b)dt + 8 y b Qx, s)ds

11 9 Bevis. Vi regner således: fx, y) x y Qx, s) = P x, b) + ds b x y P x, s) = P x, b) + ds b = P x, b) + P x, y) P x, b) = P x, y) og umiddelbart fx, y) = Qx, y) Ved definitionen af f har vi kun benyttet funktionerne P og Q langs kurven y b a b x Vi kunne lige så godt have defineret fx, y) = altså integralet langs kurven y b Qa, s)ds + x a P t, y)dt+ y y b a x Det viser sig, at fx, y) = gx, y), når P og Q er definerede overalt på og inden i rektanglet og er kontinuert differentiable der. Vi udtrykker dette forhold ved at sige, at x a y P t, b)dt + Qx, s)ds + b a 9 x P t, y)dt + b y Qa, s)ds =

12 1 altså, at integralet er = langs kurven y y b a b x Lad ϕ = ϕ x, ϕ y ) : [a, b] R 2 være en differentiabel kurve. Vi definerer nu kurveintegralet af differentialformen * ) ved b * ) = P ϕt)) dϕ x + Qϕt)) dϕ ) y dt dt dt ϕ a Bemærkninger: 1) Kurveintegralet afhænger ikke af den valgte parameterfremstilling, kun af dens retning. Lad nemlig t = hs) være en orienteringsbevarende kontinuert differentiabel funktion, h : [c, d] [a, b], fx. h >, så er ϕ h : [c, d] R 2 en parameterfremstilling af den samme kurve: d b ϕb) = ϕ hd) h ϕ ϕa) = ϕ hc) c a Kurveintegralet er per definition d * ) = P ϕhs))) dϕ xhs))) + Qϕhs))) dϕ ) yhs))) ds ϕ h c ds ds d [ = P ϕt)) dϕ xt)) + Qϕt)) dϕ ] yt)) h s)ds c dt dt t=hs) hd) = P ϕt)) dϕ xt)) + Qϕt)) dϕ ) yt)) dt = dt dt * ) hc) 2) Kurveintegralet af et totalt differential er givet ved værdierne i endepunkterne af kurven. b f * ) = x ϕt))dϕ xt)) + f ) dt ϕt))dϕ yt)) dt ds ϕ = a b a df ϕ) dt = [f ϕ] b a = fϕb)) fϕa)) dt 1 ϕ

13 3) Hvis kurven er lukket, så er integralet. Thi da er fϕb)) = fϕa)). Sætning 2. Integralet af et totalt differential langs en lukket kurve er. Omvendt gælder: Sætning 3. En differentialform ω = P dx + Qdy som opfylder, at integralet langs enhver lukket kurve, ϕ, er, altså ω = er et totalt differential. Bevis. Vi vælger et punkt x, y ) og definerer i x, y) funktionen fx, y) = ω ϕ hvor ϕ : [, 1] R 2 er en kurve, så ϕ) = x, y ) og ϕ1) = x, y). Betingelsen sikrer, at fx, y) er uafhængig af valget af kurve, ϕ, mellem endepunkterne.) ϕ 11 x, y) x, y ) ϕt) hvor Da er f x = lim fx + dx, y) fx, y) dx dx fx + dx, y) fx, y) = ψ ω = 1 P x + tdx, y)dx)dt hvor ψt) = x + tdx, y) for t [, 1]. Altså er ifølge middelværdisætningen fx + dx, y) fx, y) dx = 1 dx 1 P x + tdx, y)dt = P x + τdx, y) for et τ [, 1]. Da P er kontinuert, fås f x = lim P x + τdx, y) = P x, y) dx Et grimt eksempel: ω = y x 2 + y 2 dx x x 2 + y 2 dy 11

14 12 Denne form er ikke defineret overalt, nemlig ikke i, ). Selv om den opfylder ), sikrer det os ikke, at den er et totalt differential. ) ) y = x2 y 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 ) 2 = x ) x x 2 + y 2 Hvis den var et totalt differential, så skulle for enhvar lukket kurve, ϕ. Lad os sætte ϕ ω = ϕt) = cos t, sin t), t [, 2π] altså den lukkede kurve, enhedscirklen. Bemærk, at kurven løber rundt om hullet,, ). 2π ϕ ϕt),) 1 Vi finder efter definitionen ϕ ω = 2π sin t cos 2 t + sin 2 sin t) + t Altså kan ω ikke være et totalt differential. cos t cos 2 t + sin 2 t ) cos t) dt = 2π 3. Anvendelser på differentialligninger. En differentialligning af formen siges at have en løsning, y = ϕx), hvis P x, y)dx + Qx, y)dy = P x, ϕx)) + Qx, ϕx))ϕ x) = Med andre ord, ligningen identificeres for Qx, y) med den sædvanlige ligning dy dx = P x, y) Qx, y) 12

15 13 Hvis differentialformen, ω = P dx + Qdy er et totalt differential, altså så vil ligningen betyde for løsningen, y = ϕx), at ω = f f dx + x dy f f dx + x dy = dfx, ϕx)) dx = fx, ϕx)) x + fx, ϕx)) ϕ x) = altså, at fx, ϕx)) = K hvor K er en konstant. Med andre ord, y = ϕx), er bestemt implicit ved relationen, fx, y) = K Eksempel. Løsningen findes ved at løse f. eks. dy dx = y2 x 1 x dx 1 y 2 dy = Nu er 1 ) ) x = og 1 x y =, så for x, y), ) er formen måske et totalt 2 differential af en funktion, Vi finder, at fx, y) = gx) + hy) fx, y) = ln x + 1 y dur. Altså er løsningen y = ϕx) givet implicit af ligningen ln x + 1 y = k Denne ligning løses umiddelbart i y til y = 1 k ln x for x e k 13

16 14 Prøve: Eksempel. eller evt. Nu er dy dx = 1 k ln x ) 2 1 ) x dy dx = y x y + x x y)dx + x + y)dy = x y) = 1 x + y) x x x = y2 x = 1 så vi har ikke et totalt differential. Men ligningen kan erstattes af x y x 2 + y 2 dx + Denne form er det totale differential af y + x x 2 + y 2 dy = ln x 2 + y 2 + arctan y x for x så ligningen ln x 2 + y 2 + arctan y x = k bestemmer implicit løsningen til den oprindelige differentialligning. Men her er der ikke tale om et totalt differential i hele området; kurveintegralet langs enhedscirklen er 2π. 4. Green s sætning. Lad der være givet et rektangel, R, i planen og en differentialform, som ikke nødvendigvis er et totalt differential, * ) ω = P x, y)dx + Qx, y)dy Det er altså ikke givet, at ) er opfyldt. Vi kan derfor betragte afvigelsen fra ) som funktionen fx, y) = Q P x, y) x, y) x Altså, ) betyder nu, at f. Lad ϕ være en parameterfremstilling af rektanglet. Sætning 3 generaliseres til: Green s formel. ϕ ω = Hvor R og ϕ har tilsvarende orienteringer.) Bevis. Lad R = [a, b] [c, d]. Q x, y)dxdy = x R d = c d c b a R fx, y)dxdy ) Q x dx dy = d [Qx, y)] b a dy = Qb, y)dy c 14 d c Qa, y)dy = ϕ Qx, y)dy

17 15 d c a b Green s sætning generaliseres uden videre til et vilkårligt område. Thi et område kan deles i stykker af formen: d D x = αy) x = βy) c som kan beskrives ved D = {x, y) αy) x βy) c y d} Regnestykket bliver så det samme med a og b erstattet af αy) og βy). Vi har derfor Green s sætning: Sætning 4. Lad D være et område i planen med orientering, og lad D være den tilsvarende orienterede rand. Lad endvidere ω = P dx + Qdy være en kontinuert differentialform på D. Da gælder Q ω = x P ) dxdy D Eksempel. Arealet af et område, D, er jo D D 1dxdy Nu søger vi en form, ω, med 1 som partiel afledet.. eks. vil ω = xdy, ω = ydx eller ω = 1 xdy ydx) 2 15

18 16 kunne bruges. Green s sætning siger nu, at ArealD) = D 1dxdy = ω = 1 D 2 D xdy ydx) = D xdy = ydx D Er D enhedscirklen, fås altså π = D xdy = 2π cos ϕ sin ϕdϕ = 2π cos 2ϕ + 1 dϕ = + π 2 eller π = 1 ydx) = 2 Dxdy 1 2 2π cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) dϕ = 1 2 2π 1dϕ = π 5. Differentialer af differentialformer. I Green s sætning indgik processen: P dx + Qdy Q x P ) dxdy Denne proces er et eksempel på den relevante differentiation af differentialformen. I R n indføres følgende basisformer af graderne,..., n: grad form antal dx 1,..., dx n n 2 dx 1 dx 2, dx 1 dx 3,..., dx n 1 dx n ) n 2 n 3) 3 dx 1 dx 2 dx 3,..... n dx 1 dx 2 dx 3 dx n 1 I dimension n = 2 fås altså basisformerne: 1, dx, dy, dx dy I dimension n = 3 fås følgende 8 = 2 3 basisformer: 1; dx, dy, dz; dy dz, dz dx, dx dy; dx dy dz or disse former indføres regneoperationen med følgende spilleregler formerne siges at alternere) 1) dx dx = 2) dx dy = dy dx Bemærk, at 2) 1).) Produktet kaldes det ydre produkt af formerne). 16

19 Ved en differentialform af grad p forstås en sum af udtryk af form som en differentiabel funktion gange en basisform af grad p: 17 fx 1,..., x n )dx i1 dx ip. eks. i planen af grad 1: P x, y)dx + Qx, y)dy eller i rummet af grad 2: Lx, y, z)dy dz + Mx, y, z)dz dx + Nx, y, z)dx dy Vi definerer nu en differentiation, d, af en form som dfb) = I Green s sætning optræder netop dp dx + Qdy) = P P dx dx + x Q = x P fb = fx 1,..., x n )dx i1 dx ip f dx f ) dx n b = df) b x 1 x n ) dx dy dy dx + Q x Q dx dy + dy dy under anvendelse af 1) og 2). Vi kan derfor formulere Green s sætning som formlen: ω = dω D Differentiation af former opfylder Sætning 5. dd = Bevis. ddfb)) = ddf) b) = ddf)) b og f ddf) =d dx f ) dx n = x 1 x n Nu er D 2 f x 2 dx 1 dx f dx n dx x 1 x n + 2 f dx 1 dx n f dx x n x 1 x 2 n dx n n 2 f x i x j = 2 f x j x i og dx i dx j = dx j dx i. Altså er ddf) =. Bemærk, at er ω = df, så gælder: df = D D 17 ddf)) =

20 18 Lad nu ϕ : u, v) E x, y) = ϕ 1 u, v), ϕ 2 u, v)) D være en kontinuert differentiabel homeomorfi af E på D. Da er jo x dx dy = x du + u ) v dv = x x du du + u u u x = u v x v u du + u ) v dv x du dv + v v ) du dv x dv du + u v dv dv v Derfor fås D fx, y)dxdy = E x f ϕu, v) u v x ) dudv v u aktoren i formlen skrives ofte som determinanten x, y) Jϕ = u, v) = x u u x v v kaldet Jacobi determinanten. Vi definerer endvidere produktet af to former ω = fx)dx i1 dx ip π = gx)dx j1 dx jq som p + q) formen ω π = fx)gx)dx i1 dx ip dx j1 dx jq Da gælder regnereglen dω π) = dω π + 1) p ω dπ Thi, dω π) = dfg)dx i1 dx jq = df)gdx i1 dx jq + fdg)dx i1 dx jq = df) dx i1 dx ip gdx j1 dx jq n + fx) g dx k dx i1 dx ip dx j1 dx jq x k k=1 = dω) π + 1) p n k=1 fx)dx i1 dx ip g x k dx k dx j1 dx jq = dω) π + 1) p ω dπ) 18

21 19 6. ladeintegraler af differentialformer. Er der givet en flade,, af dimension p ved og en differentialform af grad p φ : I R n, I R p ω = f 1...p dx 1 dx p + + f n p+1...n dx n p+1 dx n defineres integralet af formen ω over fladen,, ved ω = f 1...p ϕy))dϕ 1 dϕ p + + +). eks. kurveintegralet P dx + Qdy) = K I I P ϕt))ϕ 1t) + Qϕt))ϕ 2t)) dt idet dϕ 1 = ϕ 1t)dt og dϕ 2 = ϕ 2t)dt.. eks. koordinattransformationen fx, y)dx dy = fxu, v), yu, v))jx, y)du dv I or fladeintegraler gælder analogt til Green s sætning følgende hovedsætning, der benævnes efter Newton, Leibniz, Gauß, Green, Ostrogradskij, Stokes, Poincaré og evt. de Rham: dω = ω Til at bevise hovedsætningen bruges følgende lemma af Poincaré: Lemma. dω ϕ) = dω) ϕ Bevis. Hvis ω er en form, så er ω = fx). Altså dω ϕ) = dfϕu))) = fdϕdu ifølge kædereglen for differentiation. Men da er pr. definition dω = df = fdx dω) ϕ = f ϕdϕ = fdϕdu Hvis formlen gælder for former af lavere grad, ω og π, så gælder den for ω π. Thi ifølge regnereglen er dω π)) ϕ = dω π) + 1) p ω dπ) ϕ = dω) ϕ) π ϕ) + 1) p ω ϕ) dπ) ϕ) = dω ϕ) π ϕ) + 1) p ω ϕ) dπ ϕ)) = dω ϕ) π ϕ)) = dω π) ϕ) Det er nu nok at vise formlen for formen dx 1. Men ddx 1 )) ϕ = ϕ = ddx 1 ) ϕ) = ddϕ 1 ) = 19

22 2 Hovedsætning. dω = ω Bevis. Da der findes et p interval, I, så dω = dω) ϕ og I ω = I ω ϕ følger af lemmaet, at det er nok at vise sætningen for intervaller. Vi kan da antage, at formerne er hhv: ω = f x 1,, x p ) dx 2 dx p dω = f x 1 x 1,, x p ) dx 1 dx 2 dx p Da er integralet af ω over de sider af intervallet, der er parallele med x 1 aksen lig med. Altså er med I = [a, b] J ω = fb, x 2,, x p )dx 2 dx p fa, x 2,, x p )dx 2 dx p I J = fb, x) fa, x))dx = J J b a J f x 1 ξ, x)dξ dx = Læg marke til harmonien mellem hovedsætningen og konventionen om ophævelse af modsat orienterede sammenfaldende dele af randen. Er. f.eks. ω = P dx + Qdy og = : I dω γ 1 γ γ 2 er jo åbenbart dω = dω + dω 1 2 og derfor ω = ω ω men det gælder da kun, når det for delelinien, γ, gælder, at ω + ω = γ γ 2

23 21 hvad der imidlertid er klart efter definitionen. Anvendes hovedsætningen på regnereglen, fås ω π = dω π) = dω π + 1) p ω dπ Det viser, at der gælder generalisationen af reglen om delvis integration, i denne form kaldet Green s formler, Green s formler. or en P form, ω, gælder: dω π = ω π 1) p ω dπ Lad os som et eksempel beregne rumfanget af en ellipsoide Ifølge hovedsætningen er { E = x, y, z) x 2 } a + y2 2 b + z2 2 c 1 2 RmfE) = E 1dx dy dz = E zdx dy Nu er E beskrevet af ϕ, θ), ϕ 2π, π 2 θ π 2 : Vi finder hvoraf x = a cos ϕ cos θ y = b sin ϕ cos θ z = c sin θ dx = a sin ϕ cos θdϕ a cos ϕ sin θdθ dy = b cos ϕ cos θdϕ b sin ϕ sin θdθ dx dy = ab sin 2 ϕ cos θ sin θdϕ dθ ab cos 2 ϕ cos θ sin θdθ dϕ = ab cos θ sin θ sin 2 ϕ + cos 2 ϕ ) dϕ dθ = ab cos θ sin θdϕ dθ Indsættes i integralet, fås med R = [, 2π] [ π 2, π 2 E zdx dy = R = abc abc cos θ sin 2 θdϕ dθ π 2 = 2πabc π 2 2π ] cos θ sin 2 θdϕ dθ x 2 dx = 4π 3 abc

24 22 Rumfanget eller evt. arealet af en vilkårlig p flade i et n dimensionalt rum kan findes af nedenstående formel. Lad være p fladen defineret for I R p ved ϕ : I R n Vi har funktionalmatricen for x 1 u 1,, u p ),, x n u 1,, u p ) x 1 u 1 Dϕ =. x n u 1 som er en n p matrix. Vi definerer nu de n p) Jacobi underdeterminanter som determinanterne J i1...i p for ethvert sæt, 1 i 1 < < i p n. Volumenet af er nu V ) = = I x i1 u 1 = det. x i p u 1 1 i 1 < <i p n 1 i 1 < <i p n x 1 u p. x n u p x i1 u p. x i p u p dxi1 dx ip ) 2 J 2 i 1 i p du 1 du p or en kurve, K, givet ved x 1 t),, x n t), t I, får vi længden LK) = dx 1 ) dx n ) 2 = ẋ ẋ2 ndt I K or en flade,, i R 3 får vi arealet, idet x, y, z) = fu, v): A ) = dy dz) 2 + dz dx) 2 + dx dy) 2 z = u v ) 2 z z x + v u u v z v hvor jo = I f u f v du dv f u f v = u z u v z v z, u x u z v x v I ) 2 x x + u u v x v x, u u x v v ) ) 2 du dv u. eks. overfladen af ellipsoiden. Vi fortsætter fra eksemplet ovenfor med at finde dz = c cos θdθ dz dx = ac sin ϕ cos 2 θdϕ dθ dy dz = bc cos ϕ cos 2 θdϕ dθ 22

25 Herefter fås arealet AE) = dy dz)2 + dz dx) 2 + dx dy) 2 E = b 2 c 2 cos 2 ϕ cos 4 θ + a 2 c 2 sin 2 ϕ cos 4 θ + a 2 b 2 cos 2 θ sin 2 θdϕ dθ R Dette integral kan ikke udregnes i almindelighed. Men for omdrejningsellipsoiden går det. Vi sætter derfor a = b og finder = a 2 c 2 cos 4 θ cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) + a 4 cos 2 θ sin 2 θdϕ dθ R =2π =4πa =4πa =4πac π 2 π 2 π a cos θ c 2 cos 2 θ + a 2 sin 2 θdθ cos θ c 2 cos 2 θ + a 2 sin 2 θdθ c2 + a 2 c 2 ) x 2 dx a 1 + c ) 2 1 ) x 2 dx Nu går det forskelligt, eftersom a > c, a = c eller a < c. a = c er en kugleflade, så det ser vi bort fra. a > c. Vi substituerer y = a ) 2 c 1x = αx i integralet, som derved bliver = 4πac α 1 + y α 2 dy Nu substituerer vi y = sinh u og får i grænsen β = Arsinh α. = 4πac β cosh 2 udu = 4πac β cosh 2u + 1 du = 4πac sinh 2β + β ) α α 2 α 4 2 = πac α 2 sinh β 1 + sinh 2 β + 2πac a ) 2 α β = 2πac 2πac c α β = 2πa 2 + 2πac2 a 2 c 2 Arsinh a c ) 2 1 ormlen for overfladen af en diskos.) a < c. Vi substituerer y = 1 ) a 2x c = αx i integralet, som derved bliver = 4πac α 1 y2 dy α Nu substituerer vi y = sin u og får i grænsen β = arcsin α. = 4πac β cos 2 udu = 4πac β cos 2u + 1 du = 4πac sin 2β + β ) α α 2 α 4 2 = πac α 2 sin β 1 sin 2 β + 2πac a ) ) 2 α β = 2πac πac c α β = 2πa 2 + 2πac2 a ) 2 1 c2 a arcsin 2 c ormlen for overfladen af en cigar.) 23 23

26 24 7. Eksakte og lukkede differentialformer. or at bruge hovedsætningen på et problem som beregningen af er det nærliggende at se efter to løsninger: 1) ind G, så G =, thi så er: ω ω = G dω 2) ind π, så dπ = ω, thi så er: ω = π I 1 fandt vi den nødvendige betingelse for 1), at = G = Analogt fandt vi i 5 den nødvendige betingelse for 2), at dω = Vi definerer følgende begreber: En form, ω, kaldes lukket, hvis dω =. En form, ω, kaldes eksakt,, hvis der findes en form, π, så ω = dπ. Sætning. Enhver eksakt form er lukket. Spørgsmålet er, hvornår en lukket form er eksakt. Svaret afhænger ligesom svaret på det tilsvarende spørgsmål for fladerne af det område, hvorpå formen betragtes. Hovedreslutatet er, at på et pænt område er enhver lukket form eksakt. Et pænt område er uden huller, jvf. eksemplet i 3. Poincaré s lemma. På et interval, I, er enhver lukket p form, ω, hvor p 1, tillige eksakt. Bevis:. Lad ω = 1 i 1 < <i p n f i1...i p dx i1 dx ip og lad x I være et punkt, x = x 1,, x n ). Vi betragter nu de led, hvor dx 1 forekommer, typisk f 1i2...i p dx 1 dx i2 dx ip Vi danner funktionerne for hver af dem, g 1i2...i p x 1, x 2,, x n ) = x1 x 1 f 1i2...i p t, x 2,, x n ) dt 24

27 25 Da er Derfor vil g 1i2...i p x 1 = f 1i2...i p d g 1i2...i p dx i2 dx ip ) = f1i2...i p dx 1 dx i2 dx ip + flere led, der ikke indeholder dx 1. Vi definerer nu formen π 1 = Da vil formen 1 i 2 < <i p n g 1i2...i p dx i2 dx ip ω 1 = ω dπ 1 kun indeholde led uden dx 1. Samtidig gælder stadig, at Vi kan nu skrive formen ω 1 = dω 1 = dω ddπ 1 = 2 i 1 < <i p n Heraf findes, at dω 1 indeholder led af formen f 1 i 1...i p dx i1 dx ip f 1 i 1...i p x 1 dx 1 dx i1 dx ip Men da dω 1 = og dx 1 ikke forekommer blandt dx i1,, dx ip, må koefficientern være. Det vil sige, at f 1 i 1...i p er uafhængig af x 1. Vi kan derfor finde en form, π 2, så ω 2 = ω 1 dπ 2 og ω 2 er lukket og uafhængig af x 2. Vi fortsætter sådan og ender med ω n p+1 = n p+1 i 1 < <i p n f n p+1 i 1...i p dx i1 dx ip = da der må være gentagelser blandt dx i1,, dx ip. Altså er ω = dπ 1 + dπ dπ n p+1 Eksempel. Lad os betragte formen i R 3 ω = z 3 dy dz + ydx dz + 25 ) 1 y + z dx dy

28 26 som opfylder dω =. Vi integrerer de to udtryk, der indeholder dx: ) ) 1 1 ydx = yx og y + z dx = x y + z Så dannes formen Nu er dπ 1 = xdy dz+ydx dz+ da dy dz = dz dy. Altså er ) 1 π 1 = yxdz + x y + z dy ) ) 1 1 y + z dx dy+xdz dy = ydx dz+ y + z dx dy ω 1 = ω dπ 1 = z 3 dy dz Vi finder z 3 dy = z 3 y, så vi får ω 1 = dπ 2, hvor π 2 = z 3 ydz. Men så er 1 ω =d π 1 + π 2 ) = d z 3 ydz + x y + z ) 1 =d x y + z dy + y z 3 + x ) ) dz ) ) dy + yxdz Lad nu være en halvkugleflade med centrum i, 2, 1), radius 1 og defineret ved, at x. Så er randen,, en cirkel, C, med centrum i 2, 1) i y, z) planen og radius 1. ) 1 ω = π 1 + π 2 ) = x C C y + z dy + y z 3 + x ) ) dz = yz 3 dz C Men C er tillige rand af cirkelskiven, D, så vi får videre ω = z 3 dy dz Skifter vi til polære koordinater, D z = 1 + r cos θ y = 2 + r sin θ med Jacobi determinanten, r, får vi videre 2π ω = = = 1 2π 1 2π =π r cos θ) 3 rdrdθ r + 3r 2 cos θ + 3r 3 cos 2 θ + r 4 cos 3 θ ) drdθ cos θ cos2 θ + 1 ) 5 cos3 θ dθ 2π cos 2 θdθ + = π π = 7 4 π 26

29 27 z z C C D y y x 8. ysikkens rum. Rummet R 3 betragtes i fysik som model for det rum, vi lever i. De fire typer af differentialformer opfattes som hhv. funktioner af R 3 R, nemlig former og 3 former, og som vektorfelter på R 3, nemlig 1 former og 2 former. Lader vi for kortheds skyld C = C 2 [ R 3, R ] betegne mængden af kontinuert differentiable funktioner af tre reelle variable ind i de reelle tal, så identificeres C = C, mængden af former C = C 3, af 3 former C 3 = C 1, af 1 former C 3 = C 2, af 2 former idet vi opfatter basis i C 1, dx, dy, dz, som lokale koordinater til feltvektoren i punktet, og tilsvarende basis i C 2, dy dz, dz dx, dx dy, som de samme koordinater. z ω = P, Q, R) = P dx+qdy+rdz π = P dy dz+qdz dx+rdx dy dz dzdx dy dy dz dx x, y, z) dx dy dz y x unktionen d har i fysikken 3 navne efter sit definitionsrum og sit dispositionsrum. d d d C C 1 C 2 C 3 rot div kaldet hhv. gradient rotation divergens Sætningen dd = har derfor to former i fysik: 27

30 28 1) Rotationen af et gradientfelt er nul: rot =. 2) Divergensen af et rotationsfelt er nul: div rot =. Poincaré s lemma siger, at i et interval er ethvert rotationsfrit vektorfelt et gradientfelt og ethvert divergensfrit vektorfelt et rotationsfelt. Med brug af identifikationerne dx dy dz etc. taler man i fysikken om divergensen af et gradientfelt. Vi starter altså med en funktion, f, og får fx, y, z) f f f id dx + dy + dz f f f dy dz + dz dx + dx dy x z x z div 2 f x dx dy dz + 2 f 2 dy dz dx + 2 f dz dx dy 2 z2 2 ) f = x + 2 f f dx dy dz id 2 f 2 z 2 x + 2 f f 2 z 2 Operatoren kaldes Laplace operatoren og skrives En funktion, f, der opfylder = div = div grad f = 2 f x f f z 2 f = kaldes harmonisk. Spørger vi, hvilke harmoniske funktioner, der findes, som er på randen af en flade, bliver svaret, kun. Thi vi betragter formen Da er Tillige betragtes Det ses, at ω = f f f dy dz + dz dx + dx dy x z f ) 2 df ω = + x f = dω df = f f f dx + dy + x z dz Nu bruger vi Green s formel, hvor p = 1: df ω = f ω + da f = på og dω = på. Men da g = ) 2 ) ) 2 f f + dx dy dz z f dω = + ) 2 ) 2 ) 2 f f f + + x z 28

31 29 kan vi af slutte, at g = på. Altså er gdx dy dz = f x = f = f z = overalt, så f er konstant. Da f = på, er denne konstant åbenbart. Heraf følger, at i det indre af et område er en harmonisk funktion entydig bestemt ved sine værdier på randen. Thi differensen mellem to sådanne funktioner er harmonisk og på randen. 9. Strømme. Lad der være givet et vektorfelt, f = f x, f y, f z ) i R 3, samt en kurve, ϕ : I R 3. Vi skal nu definere vektorfeltets strøm langs kurven. I et punkt af kurven findes tangenten, t = ϕ ϕ Påvirkningen af feltet, f, i et punkt fås som projektionen af f på tangenten, f t: f t f t ϕ Har kurven længde, l, og vælger vi den kanoniske parameterfremstilling, ψs), med ψ s) = 1, defineres strømmen som Nu er det jo = l l f ψ)ds ) fx ψ x + f y ψ y + f z ψ z ds = ω, hvor ω = f x dx + f y dy + f z dz K Hvis feltet er et kraftfelt, kaldes strømmen langs kurven for feltets arbejde på en partikel, der bevæger sig ad kurven. Kraftfeltet kaldes konservativt, hvis dette 29

32 3 arbejde kun afhænger af kurvens endepunkter, altså er uafhængigt af den valgte bane. Hvis feltet er konservativt, så gælder åbenbart, at arbejdet eller strømmen langs en lukket kurve er =. Ser vi specielt på en kurve, der er rand af en flade, så siger hovedsætningen, at integralet af feltets rotation over fladen også er =. Da dette gælder for enhver begrænset flade, må feltets rotation selv være = : dω = Poincaré s lemma siger nu, at feltet må være et gradientfelt, altså at der findes en funktion skalarfelt, form), ϕ : R 3 R, så dϕ = ω ϕ x = f x; ϕ = f y; ϕ z = f z. unktionen ϕ kaldes potentialet af kraftfeltet, og kraftfeltet kaldes et potentialfelt, når der findes et potential.. eks. et tyngdefelt fra en sol i,,): x, y, z) f = ) 3 x 2 + y 2 + z 2 den tilsvarende 1 form med r = x 2 + y 2 + z 2 ) er Vi finder rotationen ω = x r 3 dx y r 3 dy z r 3 dz rotf = dω = 3 xy yx dy dx + 3 dx dy + = r5 r5 Altså er tyngdefeltet konservativt. Vi søger x r 3 dx Vi substituerer v = x 2 + y 2 + z 2, dv = 2xdx: = 1 2 v 3 2 dv = v 1 2 = 1 r = 1 x2 + y 2 + z 2 Det ses, at ϕx, y, z) = 1 x2 + y 2 + z 2 er potentialet af tyngdefeltet, dϕ = ω. Solen udfører altså intet arbejde på Jorden, når denne gennemløber et årsomløb. 3

33 I almindelighed kaldes strømmen af et felt langs en lukket kurve for feltets cirkulation langs kurven. Et felt er altså konservatlivt, hvis og kun hvis dets cirkulation langs enhver lukket kurve er nul. En elektrisk strøm ad z aksen skaber et magnetfelt i x, y) planen, f = y, x) x 2 + y 2 31 y y,x) x 2 +y 2 x, y) x z Den tilsvarende 1 form, ω, er ω = y x 2 + y 2 dx + x x 2 + y 2 dy Men her er dω = 2 y2 x 2 ) x 2 + y 2 2 dx dy ) så formen er ikke lukket eller eksakt. Cirkulationen langs en cirkel med radius, r, og positiv omløbsretning er C ω = 2π r sin θ r 2 r sin θ) + r cos θ ) r 2 r cos θ) dθ = 2π Bemærk, at cirkulationen er uafhængig af radius, r. Strøm gennem en flade. Vi har et vektorfelt, f, i R 3, samt en flade, : r : u, v) I ru, v) R 3, hvor I er et interval. Vi skal nu definere vektorfeltets strøm gennem fladen. I et punkt på fladen findes normalen som n = r u r v r u r v 31

34 32 v y r n r v I r u u x z Strømmen i punktet fås som projektionen af feltvektoren, f, på fladenormalen, n, altså som f n y n f n f x z Den samlede strøm gennem fladen,, defineres som f n)ds hvor ds står for fladearealet. Dette integral kan også opfattes som integralet af en 2 form over fladen, nemlig formen ω = f 1 dy dz + f 2 dz dx + f 3 dx dy hvor f = f 1, f 2, f 3 ). Thi I = ω = I f 1 u z v v f r u r v ) du dv ) z z x + f 2 u u v z v 32 ) x x + f 3 u u v x v )) du dv u

35 33 som jo kan tolkes som idet ds = r u r v du dv) I f r u r v ) r u r v r u r v du dv = f nds Er f specielt et rotationsfelt, dvs. der findes et felt, g, med tilsvarende 1 form så f er feltet svarende til 2 formen dπ = da gælder jo π = g 1 dx + g 2 dy + g 3 dz g3 g ) 2 g1 dy dz + z z g ) 3 g2 dz dx + x x g ) 1 dx dy π = Altså: Cirkulationen af et felt, f, langs randen af fladen,, er lig med strømmen af feltets rotation, rotf, gennem fladen,. Er fladen,, selv rand af et legeme, V, så siger hovedsætningen, at med ω = f 1 dy dz + f 2 dz dx + f 3 dx dy er ω = V dπ dω = V divf Altså: Strømmen af et felt gennem randen af et legeme er lig med integralet af feltets divergens over legemet. Eksempel. Tyngdefeltets strøm gennem en kugleflade, S, med radius, R. eltet giver 2 formen ω = 1 xdy dz + ydz dx + zdx dy) r3 Kuglefladen har parameterfremstillingen x = R cos ϕ cos θ y = R sin ϕ cos θ z = R sin θ hvor ϕ, θ), ϕ 2π, π 2 θ π 2. Derfor er S ω = cos θ)dϕ θ = 2π 2 = 4π I Strømmen gennem kuglefladen er rettet mod centrum og af størrelse 1. Den r 2 samlede strøm gennem en kugleflade med arealet 4πr 2 er 4π, uafhængig af kuglens radius. 33

36 34 1. Eksempler. 1. Lad som et eksempel være givet en flade, S, som randen af området Ω = { x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 1 x y z } Desuden er der givet et vektorfelt ω = 3x 2 ydy dz + 3xy 2 dz dx + 3xyzdx dy Vi skal beregne strømmen af vektorfeltet ud gennem fladen. z Ω y x Ω kan parameterfremstilles som x = r cos ϕ cos θ y = r sin ϕ cos θ z = r sin θ hvor r, ϕ, θ), r 1, ϕ π 2, θ π 2. Vi kan beregne strømmen direkte. Vi betragter hver af fladerne der er 4) for sig. På fladerne, hvor x = eller y =, er ω =, så der er ingen strøm. På fladen, hvor z =, er ω = 3x 2 ydy dz + 3xy 2 dz dx, men her er dz =, så ω = alligevel. Tilbage er blot kuglefladestykket. Her er r = 1. Vi får først dx = sin ϕ cos θdϕ cos ϕ sin θdθ dy = cos ϕ cos θdϕ sin ϕ sin θdθ dz = cos θdθ Dernæst findes dy dz = cos ϕ cos 2 θdϕ dθ dz dx = sin ϕ cos 2 θdϕ dθ dx dy = cos θ sin θdϕ dθ 34

37 Altså er strømmen pr. definition idet I = [ ] 2):, π 2 ω =3 cos 2 ϕ cos 2 θ sin ϕ cos θ cos ϕ cos 2 θ + cos ϕ cos θ sin 2 ϕ cos 2 θ sin ϕ cos 2 θ S I + cos ϕ cos θ sin ϕ cos θ sin θ cos θ sin θ) dϕ dθ =3 cos 3 ϕ sin ϕ + sin 3 ϕ cos ϕ ) cos 5 θ + cos ϕ sin ϕ cos 3 θ sin 2 θ ) dϕ dθ =3 I π 2 π 2 cos ϕ sin ϕdϕ cos 3 θdθ = x 2 ) dx = 1 Men vi kunne slippe billigere ved hjælp af hovedsætningen med K = [, 1] I): ω = dω = 15xydx dy dz S Ω Ω =15 r cos ϕ cos θr sin ϕ cos θr 2 cos θdr dϕ dθ =15 K 1 r 4 dr = π 2 1 O π cos ϕ sin ϕdϕ 2 cos 3 θdθ 1 x 2 ) dx = = 1 2. Et andet eksempel er en flade, S, der er rand af et område, Ω, hvor Ω = { x, y, z) x 2 + y 2 1 y z 1 } Lad ω være differentialformen ω = xydy dz + xyz) 2 dz dx + dx dy Beregn strømmen af ω gennem S. Vi giver Ω en parameterfremstilling x = r cos ϕ y = r sin ϕ z = z hvor r, ϕ, z), r 1, ϕ π, z z z 1 I Ω 1 π ϕ 1 y 1 1 blæksuger r kasse x 35

38 36 Vi kan beregne strømmen direkte. Nu er S delt i 4 flader, svarende til hhv. r = 1, y =, z = og z = 1. Blæksugerens trækpapir, håndtagsside og to sider.) På siderne z = og z = 1 er dz =, så formen reduceres til ω = dx dy Da denne form er den samme på de to sider, og siderne har modsat orientering, må de to integraler gå ud mod hinanden. På siden y = er dy =, så formen reduceres til ω = x z) 2 dz dx = Dette integral er altså =. Tilbage er trækpapirsiden, r = 1. Parameterfremstillingen er heraf x = cos ϕ y = sin ϕ z = z hvor 1, ϕ, z), ϕ π, z 1. de tre former er hhv. ormen ω transformaeres til dy dz = cos ϕdϕ dz dz dx = sin ϕdϕ dz dx dy = ω = cos ϕ sin ϕz cos ϕdϕ dz + cos ϕ sin ϕz) 2 sin ϕdϕ dz Integralet over fladen er derfor S S ω = = zdz π 1 x 2 dx cos 2 ϕ sin ϕdϕ z 2 dz x 2 1 x 2) dx = π Også denne opgave kan løses med brug af hovedsætningen: ω = = = Ω I 1 dω = Ω yz + 2x 2 yz 2) dx dy dz r sin ϕz + 2r 2 cos 2 ϕr sin ϕz 2) rdr dϕ dz r 2 dr π sin ϕdϕ 1 = = zdz + 1 cos 2 ϕ sin 3 ϕdϕ π 1 r 4 dr cos 2 ϕ sin ϕdϕ z 2 dz 36

39 Højere ordens ordinære differentialligninger. Selv en 2. ordens differentialligning som ϕ x) ax)ϕ x) + bx)ϕx) = kan ikke løses i almindelighed. Men der er et trick til at finde den anden løsning, hvis man kender den ene. Lad ϕ og ψ være to løsninger. Vi vil nu undersøge, om de er forskellige, dvs. ikke proportionale. Hvis de ikke er det, vil kvotienten ikke være konstant, så vi differentierer kvotienten: ) ψ = ϕψ ψϕ = 1 ϕ ϕ 2 ϕ 2 ϕ ϕ ψ ψ Den indgående determinant kaldes Wronski determinanten, W ϕ, ψ) = ϕ ϕ ψ ψ som har den interessante afledede, W ϕ, ψ) = ϕ ϕ ψ ψ + ϕ ϕ ψ ψ = ϕ ϕ ψ ψ Derfor er W ϕ, ψ) ax)w ϕ, ψ) = ϕ ϕ ψ ψ ax) ϕ ϕ ψ ψ = ϕ ϕ ax)ϕ ψ ψ ax)ψ = ϕ bx)ϕ ψ bx)ψ = Men så er enten W, og dermed de to løsninger proportionale, eller W overalt, og de to løsninger forskellige. Tilmed kan W findes af differentialligningen alene som W = αe ax)dx Definitionen af W giver nu ψ for ϕ kendt som løsning til altså Eksempel. ψ ϕ ϕ ψ = W ϕ W ψ = ϕ ϕ dx 2 W løser så vi finder ϕ x) + 2 tanx)ϕ x) ϕx) = W x) = e W + 2 tan W = 2 tan xdx = e 2 ln cos x = cos 2 x Har vi gættet løsningen ϕx) = sin x, finder vi den anden løsning cos 2 x ψx) = sin x sin 2 dx = sin x cot x x) = x sin x cos x x 37

40 Højere ordens ordinære differentialligninger med konstante koefficienter. Hvis koefficienterne er konstante, kan ligningerne principielt altid løses. Lad D betegne differentialoperatoren, Så vil differentialoperatorer af formen Dϕ = ϕ D αd kommutere, og ved sammensætning af flere fås D α1 D ) D α n D ) = D n + a n 1 D n a 1 D + a D Med andre ord, operatoren til højre kan spaltes til operatorsammensætningen til venstre, hvor α i er rødderne i polynomiet x n + a n 1 x n a 1 x + a regnet med multiplicitet. Dette polynomium kaldes derfor operatorens karakteristiske polynomium. En differentialligning af formen D α1 D ) D α n D ) ϕ = ψ løses ved sukcessivt at løse de enkelte 1. ordens inhomogene ligninger. Den generelle løsning til den homogene ligning fås, hvis polynomiet spaltes som med m j=1 µ j = n, på formen x α 1 ) µ1 x α m ) µ m m p j x)e α j x j=1 hvor p j x) er et vilkårligt polynomium af grad højst µ j Cayley Hamilton s sætning. Lad A være en n n matrix, A = a ij ). Så kan determinanten beregnes ved udvikling efter en søjle eller række, dvs. det A = n a ij 1) i+j det A i,j) j=1 hvor A i,j) er det i, j) te komplement, dvs. matricen dannet ved udeladelse af den i te række og den j te søjle fra matricen A. Det betyder, at hvis vi definerer en matrix B = b jk ) som b jk = 1) k+j det A k,j) 38

41 så har vi fundet den inverse til matricen A, forudsat at den findes. I det mindste kan vi skrive n a ij b jk = δ ik det A eller, i matrix form, j=1 AB = det A)E. Vi har udledt diagonalen, men nullerne kommer fra den kendsgerning, at hvis i k, så svarer det til erstatning af den k te række med den i te, i hvilket tilfælde matricen bliver singulær og derfor determinanten nul. I fald matricen A er regulær, kan vi finde den inverse ved at dividere med det A.) I formlen skal vi udnytte, at elementerne i matricen B findes som produkter af elementerne fra A. Nu kan vi formulere og bevise Cayley Hamilton s sætning. Hvis pξ) = det ξe A) = ξ n + a n 1 ξ n a er det karakteristske polynomium for matricen A, så er matricen p A) nulmatricen: p A) = A n + a n 1 A n a E = Bevis. Vi anvender formlen ovenfor på matricen λe A og får pλ)e = λe A) Bλ) hvor Bλ) = b ij λ)) er en matrix af polynomier i λ, defineret som det i, j) te komplement af matricen λe A. Derfor kan vi skrive Bλ) = λ n 1 B n λb 1 + B som et polynomium i λ med koefficienter, som er matricer, der er uafhængige af λ. or et vilkårligt k 1 kan vi skrive A k λ k E = A λe) A k 1 + λa k λ k 1 E ) Derfor kan vi skrive p A) pλ)e = A n λ n E + a n 1 A n 1 λ n 1 E ) + + a 1 A 1 λ 1 E ) = A λe) Cλ) = A λe) λ n 1 E + λ n 2 C n C ) hvor Cλ) er et polynomium i λ med koefficienter, som er matricer, der er uafhængige af λ. Lægger vi de to udtryk sammen, får vi p A) = A λe) Cλ) Bλ)) = A λe) λ n 1 E B n 1 ) + + λ C 1 B 1 ) + C B ) = λ k+1 B k C k ) + λ k B hvor k er graden af den anden faktor til højre. Men dette polynomium i λ kan kun være konstant, dvs. uafhængigt af λ, hvis den anden faktor er nul. Men så er det hele nul, altså p A) =

42 4 14. Systemer af lineære differentialligninger med konstante koefficienter. Et system af lineære differentialligninger af 1. orden med konstante koefficienter kan skrives som ϕ 1 = a 11 ϕ 1 + a 21 ϕ a n1 ϕ n ϕ 2 = a 12 ϕ 1 + a 22 ϕ a n2 ϕ n ϕ n = a 1n ϕ 1 + a 2n ϕ a nn ϕ n Det bliver mere overskueligt på matrixform, idet vi sætter og definerer søjlevektorfunktionen a 11 a 21 a n1 a A = 12 a 22 a n a 1n a 2n a nn ϕ = ϕ 1, ϕ 2,, ϕ n ) kan vi skrive systemet på den bekvemme form ϕ = Aϕ or j =, n er jo ϕ j) = A j ϕ, så hvis px) = x n + a n 1 x n a er det karakteristiske polynomium for matricen A, så siger Cayley Hamilton s sætning, at ϕ n) + a n 1 ϕ n 1) + + a ϕ = pa)ϕ = Med andre ord, hver af funktionerne i systemet tilfredsstiller den højere ordens differentialligning, der har samme karakteristiske polynomium som koefficientmatricen for systemet. Eksempel. Systemet ẋ = y z ẏ = z x ż = x y Man ser straks, at, da x + y + z) =, må summen af de 3 funktioner være en konstant, x + y + z = k. Efter et øjeblik, ser man også, at x 2 + y 2 + z 2) = så også x 2 + y 2 + z 2 = h er konstant. Men hvad er løsningerne? Umiddelbart ses, at x = y = z = k, hvor k er en konstant, løser ligningerne. 4

43 41 På matrixform ser ligningerne sådan ud: x y z = Det karakteristiske polynomium for matricen er ξ 3 + 3ξ med rødderne og ±i 3. Roden svarer til den konstante løsning. De andre reelle løsninger må være kombinationer af sin 3t og cos 3t. Ikke enhver kombination dur, man må løse de 6 ligninger i de 6 koefficienter, man får ved at indsætte i systemet. En løsning er, hvor k er en vilkårlig konstant: x y z xt) = 2 cos 3t) + 2 sin 3t) + k ) yt) = 3 1 cos ) 3t) sin 3t) + k ) zt) = cos ) 3t) sin 3t) + k 15. To koblede lineære differentialligninger med konstante koefficienter. Lad os betragte et system af 2 funktioner, Da er det karakteristiske polynomium ϕ = aϕ + bψ ψ = cϕ + dψ px) = x 2 a + d)x + ad bc) = x α)x β) hvor } α = a + d ± a d) 2 + 4bc β 2 = Θ ± med Θ = a+d 2 og = ) a d bc. Løsningerne er derfor linearkombinationer af e αx og e βx evt. xe αx. Løsningerne skrives bekvemt som summer af produkter af ϑx) = e Θx og enten eller 1 sinh x) for >, δx) = x for =, 1 sin x) for <. cosh x) for >, δx) = 1 for =, cos x) for <. 41

44 42 Thi hvis startværdierne skal være ϕ), ψ)) = u, v) vil vektoren ) ) ) ϕx) u = θx) δx)e + δx) A ΘE) ψx) v løse opgaven. Det ses umiddelbart, at værdien i er korrekt, og ved differentiation fås ) ϕx) = ψx) ) )) θx) δx)e + δx) A ΘE) + θx) δx)e ) u + δx) A ΘE) = v θx) δx)θe + δx) ΘA Θ 2 E )) + θx) δx)e + δx) )) ) u A ΘE) v = θx) ) δx)a + δx) ΘA + Θ 2 E ))) ) u v )) ) u = θx) δx)a + δx)aa ΘE) v )) ) ) u ϕx) = A θx) δx)e + δx)a ΘE) = A v ψx) hvor vi har benyttet Cayley Hamilton, at A 2 2ΘA + Θ 2 )E = Spørgsmålet om stabilitet, dvs. at alle løsninger nærmer sig den stationære løsning ϕx), ψx)) =, ) besvares af formerne e αx. Der er stabilitet, hvis og kun hvis alle realdele er negative. Dvs. at a + d < i tilfælde af negativ diskriminant, <, mens vi må have ulighederne Θ ± < ellers. Dvs. både a + d < og < Θ 2. Indsættes værdierne fås ) 2 a d a + d + bc < ) som reduceres til bc < ad Vi kan illustrere betingelserne grafisk i en a, d) plan: 42

45 43 b bc < a ab > bc a+d < b bc > a ab > bc a+d < 43

46 Opgaver. 1. Bestem differentialerne, divergens og rotation) af følgende differentialformer vektorfelter) a) x 2 + yz ) dy dz + y 2 + xz ) dz dx + z 2 + xy ) dx dy hhv. x 2 + yz ) dx + y 2 + xz ) dy + z 2 + xy ) dz b) x + arctan y)dy dz + 3x z)dz dx + 2 yz dx dy hhv. x + arctan y)dx + 3x z)dy + 2 yz dz c) ln1 + xz)dy dz + y + arcsin x)dz dx + z 2x)dx dy hhv. ln1 + xz)dx + y + arcsin x)dy + z 2x)dz 2. Hvilke former i opgave 1 er lukkede hhv. eksakte? ind stamformer til de eksakte blandt formerne. 3. I R 2 er 1 formen ω defineret ved Beregn kurveintegralet ω = x + y)dx + y x)dy k når k er hver af kurverne a) liniestykket fra, ) til 1, 2), b) parabelbuen y = x 2, x 1, c) halvcirklen x 2 + y 2 = 1, y, d) randen af trekanten med hjørnerne 1, ), 2, ), 2, 1). P.S. ortegnet afhænger af gennemløbsretningen. 4. Beregn cirkulationen af ω ω = ydx + xdy langs enhedscirklen i positiv omløbsretning. 5. Givet 1 formen ω = x + y)dx + x y 2) dy Vis, at formen er eksakt og find potentialet. Beregn for enhver kurve, k, fra 1, ) til, 1) ω 6. Lad x + y >. Vis, at 1 formen ω = k y x + y) 2 dx x x + y) 2 dy 44

47 45 er eksakt og bestem potentialet. 7. Bestem tallet, a, således, at der findes en funktion, fx, y), med f x = ax2 y + y 2 2x f = x3 + 2xy 1 8. Lad k være cirklen x 2 + y 2 2x =. Beregn direkte og med brug af hovedsætningen. 9. Beregn for en lukket kurve, k, k x + y)dx + y x)dy k y 2 dx + xdy hvor k er a) randen af kvadratet med hjørner, ), 2, ),, 2), 2, 2), b) cirklen med centrum, ) og radius 2, c) randen af kvadratet med hjørner 1, 1), 1, 1), 1, 1), 1, 1). 1. Lad betegne fladen 2x + 2y + 2z = 6, der afskæres af koordinatplanerne, dvs. alle variable er positive. Beregn strømmen gennem fladen bort fra,, ) af vektorfeltet ω = xydy dz x 2 dz dx + x + z)dx dy 11. Lad betegne delfladen af cylinderen x 2 + y 2 = 16, der afskæres af x =, y =, z =, z = 5 og har alle koordinater positive. Beregn strømmen ud fra cylinderen gennem fladen af feltet ω = zdy dz + xdz dx 3y 2 zdx dy 12. Lad betegne fladen z = xy i R 3. Lad k være kurven, som cylinderen x 2 + y 2 = 1 afskærer på. Lad endvidere g være vektorfeltet gx, y, z) = x + y, x y, y 2 + z ) ind strømmen af g gennem den del af, som afskæres af k. ind cirkulationen af g langs k. 13. Lad være randen af og lad ω være 2 formen A = { x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 1 z } ω = x 2 + y 2) dy dz + y 2 + z 2) dz dx + x 2 + z 2) dx dy 45

48 46 Beregn strømmen af feltet gennem fladen, 14. Lad være kuglefladen med centrum i 3, 1, 2) og radius 3, og lad ω være formen ω = 2x + 3 ) y 2 + z 2 dy dz coshxz) + y)dz dx + y 2 + 2z ) dx dy ω ind strømmen af ω gennem, ω 15. Lad være randen af området, der begrænses af fladen z = 4 y 2 og planerne, x =, x = 3, z = og lad ω være formen ω = cos z x)dy dz xydz dx + e y + 3z) dx dy ind strømmen af ω gennem, ω 16. Lad S være den lukkede flade, der begrænser området Lad ω være formen Ω = { x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 1 z } ω = 2xy xy 3 z ) dy dz + xyz y 2) dz dx + ) 1 xz2 dx dy 2 Beregn strømmen af ω ud gennem S, S ω 17. Lad k være liniestykket fra, ) til π, 2π) i planen R 2. Lad ω være formen ω = sin y + 2xy 3) dx + x cos y + 3x 2 y ) dy Beregn kurveintegralet k ω 46

49 En halv omdrejningsellipsoide,, er givet ved parameterfremstillingen x, y, z) = sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, 2 cos θ) ϕ, θ) [, 2π] [ ], π 2. En differentialform ω har fremstillingen ω = 3dy dz + 4dz dx + 2dx dy Bestem 19. En flade,, er defineret ved ω En form ω er givet ved = {x, y, z) 2x + 3y + 6z = 6 x y z } Bestem strømmen af ω ud gennem, ω = e z y dz dx + e z y dx dy 2. Lad k betegne kurven i R 2 givet ved parameterfremstillingen { } x = sin t cos t t [, π] y = sin t Det oplyses, at k er en lukket kurve uden selvgennemskæringer. Lad Ω betegne det begrænsede område af planen, der har k som rand. Lad ω betegne differentialformen ω = ydx + xdy 1) Beregn 2) Bestem arealet af Ω. 21. Løs differentialligningerne ω k ω x = 3 y x = 17y + 1 x = 3y y x = xy x = y x 47

50 Løs differentialligningen x = x y 23. Løs differentialligningerne x = 2y 1 + x x = xy 1 + x Løs differentialligningerne x = e 2y x = ey 25. Antag y = ϕx) tilfredsstiller ligningen Angiv en differentialligning som ϕ må løse. 26. Løs differentialligningerne D y 2 x 3 y 1 x = fx, y) ) ϕ = cos x cos x 1 + sin x D D + 1x ) D ϕ = 2x Løs differentialligningen D + cos xd ) ϕ = sin x cos x 28. Løs differentialligningerne D 2 + D 56D ) ϕ = D 2 + 2D + D ) ϕ = D 2 + 4D + 5D ) ϕ = 29. Løs differentialligningen D i)D + 2iD ) ϕ = Har ligningen reelle løsninger? 48

51 49 3. Løs differentialligningen D 2 + D ) ϕ = sinwx) hvor w er en konstant. 31. Løs differentialligningen x 2 D 2 5xD + 9D ) ϕ = Vink. Gæt på ϕx) = x α. 32. Løs differentialligningen 33. Løs differentialligningen 34. Løs differentialligningerne 4 3 x = x2 y 3 x = ex y 2 x = x = 2y xy + x y2 x Løs differentialligningerne x = 16x y x = ex e y 36. Løs differentialligningerne ẋ 1 = ax 1 + 4x 2 ẋ 2 = 4x 1 x 2 hvor a = 11, 9, 6 og x 1, x 2 er funktioner med initialværdier x 1 ) = 2 x 2 ) = Udregn integralet e x2 dx Vink: Betragt kvadratet som dobbeltintegralet og skift til polære koordinater: e x2 y 2 dxdy 49